Đề thi thử thpt quốc gia lần 3 năm 2015 - 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN HẠ LONG 
(Đề thi gồm 01 trang) 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 - 2016 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 22 3y x x    . 
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 
3
1
x
y
x



, biết tiếp tuyến đi qua 
điểm  4;2M . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn  1 2 5 5 0i z i    . Tìm phần thực và phần ảo của số phức 
10
w z
z
  . 
b) Giải phương trình sau: 1 33
3
log (5 ) log ( 1) log ( 1) 1x x x      . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:  
1
2 1
0
  
  . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: 
1 2
3 3 1
x y z 
 

, mặt 
phẳng (P): 2 5 0x y z    và điểm (1;2;3)A . Tìm tọa độ hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) và tìm 
tọa độ điểm M thuộc d, N thuộc (P) sao cho A là trung điểm MN. 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Cho 
3
tan
4
   . Tính giá trị biểu thức: 2
sin 2cos
cos
sin( )
P
 

 

 

. 
b) Để kỷ niệm ngày thành lập Đoàn Thanh niên, một trường THPT tổ chức cho học sinh các hoạt động 
ngoại khóa và hội diễn văn nghệ. Có tất cả 5 tiết mục hát, 3 tiết mục múa và 2 tiết mục kịch. Ban tổ 
chức sắp xếp thứ tự các tiết mục để biểu diễn một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để tiết mục biểu diễn 
đầu tiên và cuối cùng đều là tiết mục múa. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác 
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm BC. Biết AB a , 
3BC a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SB. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD (AB < BC), E là điểm 
đối xứng của D qua C và đường tròn đường kính DE cắt đoạn thẳng BE tại điểm thứ hai là 
4 2
;
5 5
I
 
 
 
(I khác B, E). Đường thẳng CI cắt đường thẳng AB tại 
5
; 1
2
T
 
  
 
. Biết điểm A thuộc đường thẳng 
: 4 0d x y   . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:   4 21 2 1 1 1x x x x x       trên tập số thực. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn 2 2x y z xy    . Tìm giá trị 
lớn nhất của biểu thức 
2 2
2 2
2
6 2 4 2
x yx y
P
x y x y z z

  
   
. 
-----------------HẾT----------------- 
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh: ................... 
I x  x 1 ex  dx
1 
-3 -2 -1 1 2 3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
0
TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN HẠ LONG 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 - 2016 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Môn thi: TOÁN 
(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(1 điểm) 
 Tập xác định: D = R 
 Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 3' 4 4y x x   ; 
0
' 0
1
x
y
x

    
. 
0,25 
- Các khoảng đồng biến: ( ; 1)  và (0; 1) . 
 Các khoảng nghịch biến: ( 1;0) và (1; ) . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại hai điểm 1x   và 1x  ; yCĐ = ( 1) 4y   . 
 Hàm số đạt cực tiểu tại 0x  ; (0) 3CTy y  . 
- Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    . 
0,25 
 Bảng biến thiên: 
 x - -1 0 1 + 
y’ + 0 - 0 + 0 - 
y 
 4 4 
- 3 - 
0,25 
 Đồ thị: 
- Nhận trục Oy làm trục đối xứng. 
- Cắt trục hoành tại các điểm có 
 tọa độ là  3;0 và  3;0 . 
- Cắt trục tung tại điểm có 
 tọa độ  0;3 . 
0,25 
Câu 2 
(1 điểm) 
Tập xác định của hàm số  \ 1D R  , 
 
2
4
'( )
1
f x
x


. 
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  0 0;x y có dạng: 
 
 
  00 0 0 02
00
34
'( )
11
x
y f x x x y y x x
xx

      

. 
0,25 
Tiếp tuyến đi qua điểm  4;2M nên ta có: 
 
0
02
00
34
2 (4 )
11
x
x
xx

  

0
0
1
11
x
x

   
. 
0,25 
Với 0 1x  : Phương trình tiếp tuyến là 2y x  . 0,25 
Với 0 11x   : Phương trình tiếp tuyến là 
1 46
25 25
y x  . 0,25 
2 
Câu 3 
(1 điểm) 
a) Ta có  1 2 5 5 0 3i z i z i       0,25 
10 10
3 6 2
3
w z i i
z i
      

Do đó số phức w có phần thực là 6, phần ảo là 2. 
0,25 
b) Điều kiện xác định của phương trình là: 1 5x  
Với điều kiện đó phương trình tương đương với: 
2
3 2
(5 )
log 1
1
x
x


 
0,25 
2
2
2
2(5 )
3 5 14 0
71
xx
x x
xx

          
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm 2x  . 
0,25 
Câu 4 
(1 điểm) 
Biến đổi    
1 1 1
2 21 1
0 0 0
1 1x xI x x e dx x x dx xe dx       
    0,25 
   
1 1 4 2
2 3 2 3
0 0
12 17
1 2
04 3 2 12
x x
x x dx x x x dx x
 
        
 
  0,25 
 
1 1
1 1 1 2 1 2 2
0 0
1 1
0 0
x x x xxe dx xe e dx e e e e e e            0,25 
Do đó 
17
12
I e  . 0,25 
Câu 5 
(1 điểm) 
a) Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P). Do ( )AH P , nên AH có một 
vectơ chỉ phương là (1;1;2)AHu 

 Phương trình đường thẳng AH: 
1
2
3 2
x t
y t
z t
 

 
  
0,25 
(1 ;2 ;3 2 )H AH H t t t     
Do ( )H P nên: 
2
(1 ) (2 ) 2.(3 2 ) 5 0
3
t t t t          
Suy ra 
1 4 5
; ;
3 3 3
H
 
 
 
. 
0,25 
b) (1 3 ; 3 ; 2 )M d M m m m      
Do A là trung điểm đoạn MN nên tọa độ N là (1 3 ;4 3 ;8 )N m m m   
0,25 
Ta có ( )N P nên: (1 3 ) (4 3 ) 2(8 ) 5 0 8m m m m         
Vậy (25; 24;6)M  , ( 23;28;0)N  . 
0,25 
Câu 6 
(1 điểm) 
a)
Ta có 2 2 2
sin 2cos sin 2cos
cos cos cos 1 2cot
sin( ) sin
P
   
   
  
 
      

 0,25 
2
2 2
2
1 3 25 16
1 tan 1 cos
cos 4 16 25
 

 
        
 
1 4
cot
tan 3


   
Suy ra 
16 4 77
1 2. .
25 3 75
P
 
      
 
0,25 
b) Số phần tử của không gian mẫu  là   10!n   0,25 
Gọi A là biến cố “Tiết mục đầu tiên và cuối cùng là tiết mục múa” ,   3.2.8!n A  
Xác suất cần tính là  
( ) 3.2.8! 1
( ) 10! 15
n A
P A
n
  

. 
0,25 
3 
Câu 7 
(1 điểm) 
Gọi H là trung điểm AB. Do tam giác ABC đều nên SH AB . 
Lại có ( ) ( )SAB ABC , suy ra ( )SH ABC , tính 
3
2
a
SH  . 
0,25 
Tam giác ABC vuông tại A nên 2AC a , 
21 2
.
2 2
ABC
a
S AB AC  
Thể tích 
2 3
.
1 1 3 2 6
. . .
3 3 2 2 12
S ABC ABC
a a a
V SH S   
0,25 
Gọi D là điểm sao cho AMBD là hình bình hành. 
Ta có:        , , ( ) , ( ) 2 , ( )d AM SB d AM SBD d A SBD d H SBD   , 0,25 
AMBD là hình bình hành, lại có MA = MB nên AMBD là hình thoi. Do đó M, H, D 
thẳng hàng và HD HB . 
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên 
SE, ta có  HF SBD ,   ,d H SBD HF . 
   2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 22 3
,
3 22
a
d H SBD
HF HE HS HB HD HS a
        
 
3 66
( , ) 2 , ( ) 2.
1122
a a
d AM SB d H SBD   . 
0,25 
Câu 8 
(1 điểm) 
Do DI IE BI DI   , suy ra 5 điểm A, B, C, D, I cùng thuộc một đường tròn. 
Do đó AI TI  Phương trình đường thẳng AI là: 11 2 8 0x y   . 
Vì A là giao điểm của d và AI nên suy ra (0;4)A . 
0,25 
Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AT nên có phương trình 2 8 0x y   . 
Điểm D thuộc AD nên tọa độ ( 2 8; )D t t  . 
Do AD, AI là 2 tiếp tuyến với đường tròn đường kính DE nên ta có AI AD 
0,25 
4 
   
2 2
2 24 2
0 4 2 8 4
5 5
t t
   
            
   
2
6
t
t

  
Do đó (4;2)D hoặc ( 4;6)D  . 
Mặt khác do D và T nằm khác phía so với đường thẳng AI nên (4;2)D . 
0,25 
Đường thẳng CD đi qua D và vuông góc với AD : 2 6 0CD x y    . 
C là giao điểm của 2 đường thẳng CD và : 2 11 6 0IT x y    3;0C . 
( 1;2)AB DC B  
 
. 
0,25 
Câu 9 
(1 diểm) 
Điều kiện: 1x   , phương trình đã cho tương đương với: 
       4 2 2 3 21 1 2 1 1 1 2 1x x x x x x x x x x x x               
 3 2
1
1 1 2 (1)
x
x x x x

 
    
0,25 
   
   
3 2
3 2
3 2
(1) 1 1 1 1
1 1 1 (2)
x x x x x x
x x x x x x
          
        
Xét hàm 3 2( )f t t t t   với t R 
Ta có   2' 3 2 1 0f t t t t R      nên  f t đồng biến trên R. 
0,25 
Do đó:       2
0
2 1 1
1 0
x
f x f x x x
x x

       
  
1 5
2
x

  0,25 
Đối chiếu điều kiện, ta được 2 nghiệm của phương trình là 
1 5
1;
2
x x

  0,25 
Câu 10 
(1 điểm) 
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 
     2 2 2 26 2 6 2 2 6 2 1 2 2x y xy x y z x y z x y z                
 
 2 2
2 2
6 2 2 2
x x x
x y x y z x y z
 
     
2 2
2
x y
x y

   
2 2
84 2
x y x y
zz
 
   
0,25 
Khi đó 
2 2 8 2 8
x y x y x y x y
P
x y z x y z z x y z z
  
    
     
1
. ( )
8 2 82
x y
x y t tz f t
x y z t
z


    
 
, với 0
x y
t
z

  . 
0,25 
Xét ( )
2 8
t t
f t
t
 

 với 0t  . 
2
2 2
2 1 16 ( 2)
'( )
( 2) 8 8( 2)
t
f t
t t
 
  
 
, 
2
0
'( ) 0 2
( 2) 16
t
f t t
t

   
 
Ta có: 
t 0 2 + 
' ( )f t + 0 - 
( )f t 
1
4
0,25 
5 
Suy ra 
1 1
( ) (2)
4 4
f t f P    . 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 
2
2
; 1
1
2
, , 0
x y z
x y z
x y z
x y z xy
x y z
 
  
   
   
 
. 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 
1
4
. 
0,25 
-----------------HẾT-----------------